如下圖，底面為正方形的四角錐\(P-ABCD\)，其中\(\triangle PAB\)垂直底面正方形\(ABCD\)且\(\overline{PB}=\overline{AB}\)。若\(E\)為\(\overline{BC}\)中點，則：
(1)當\(\angle PBA=60^{\circ}\)時，試證明：\(\overline{AE}\perp \overline{PD}\)
(2)若直線\(\overline{AE}\)與\(\triangle PAD\)夾角為\(\theta\)，則\(cos\theta\)的取值範圍為何？
[解答]
請教計算第 1 題的第 (2) 小題
答案是否為 \(\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{5} < cos \theta < 1 \)

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2025-8-19 21:04

正確

想請教計算第二題與填充3

謝謝老師

填充第 3 題
等差數列\(\langle\;a_n\rangle\;\)的前\(n\)項和為\(S_n\)。已知\(a_1=10\)，\(a_2\)為整數，且對所有的正整數\(n\)，\(S_n\le S_4\)恆成立。若\(\displaystyle b_n=\frac{1}{a_na_{n+1}}\)，則：\(b_1+b_2+b_3+\ldots+b_{10}=\)　　　。
[解答]
a_1 = 10，a_2 是整數，表示公差是整數
S_n <= S_4，表示 a_5 <= 0 且公差是負整數
易知公差 = -3
剩下的就裂項相消

已知各項皆為正整數的數列\(\langle\;a_n\rangle\;\)的前\(n\)項和為\(S_n\)且對任意正整數\(n\)，\(\sqrt{S_n}=\lambda(a_n-1)+1\)，\(\lambda\)為正實數。若\(2a_2=a_1+a_3\)，試求：數列\(\langle\;a_n\rangle\;\)的一般項。
[解答]
計算第2題答案是:
a(n)=2n-1。
討論過程很繁複，也許我沒找到比較簡潔的方式，看有沒有哪位高人能夠用簡潔的方式足夠嚴謹得到答案，但基本上我不會把這題認定為是在考試中可以做的題目。
過程大致上為:

1. 先整理λ的表達式:λ=(√S(n) -1)/(a(n)-1)，這裡n≧2時都成立，n=1時則分母可能為0(事實上的確為0)。
由λ為定值，對兩個n值(n≠1)討論之後，可得S(n)必為完全平方數，因此λ為有理數。

2. 令S(n)=t(n)^2，因此a(n)=t(n)^2-t(n-1)^2，其中每一個t(n)皆為正整數。
帶入式子整理之後可得到:
(2λt(n)-1)^2=(2λt(n-1))^2+(2λ-1)^2，對每一個n都成立
其中λ是有理數，因此可把上面這方程整理成整數方程(畢氏方程)。
因2λ-1是定值，若2λ-1≠0，則滿足此方程的正整數t(n)、t(n-1)只有有限多個解(畢氏數)，
但滿足此式子的每個t(n)都相異且有無限多個，矛盾。因此2λ-1=0，
且同時會得到t(n)=t(n-1)+1，

3. 把λ=1/2代入式子，且令n=1討論，得到兩種結果:a(1)=1或 λ=1/(√a(n) +1)
第二種結果對應λ=1/2，一樣得到a(1)=1，因此t(1)=1，t(n)=n，a(n)=n^2-(n-1)^2=2n-1。

計算2.
已知各項皆為正整數的數列\(\langle\;a_n\rangle\;\)的前\(n\)項和為\(S_n\)且對任意正整數\(n\)，\(\sqrt{S_n}=\lambda(a_n-1)+1\)，\(\lambda\)為正實數。若\(2a_2=a_1+a_3\)，試求：數列\(\langle\;a_n\rangle\;\)的一般項。
[解答]
用了 分子有理化的方式，但還是不好做

\( \sqrt{S_{n}}-\sqrt{S_{n-1}}=\lambda(a_{n}-a_{n-1})...(1) \)

\( \Rightarrow\frac{\sqrt{S_{n}}+\sqrt{S_{n-1}}}{S_{n}-S_{n-1}}=\lambda(a_{n}-a_{n-1}) \)

\( \Rightarrow\sqrt{S_{n}}+\sqrt{S_{n-1}}=a_{n}\lambda(a_{n}-a_{n-1})...(2) \)

(1)(2)\( \Rightarrow\begin{cases}
\sqrt{S_{n}}=\frac{a_{n}+1}{2}\lambda(a_{n}-a_{n-1})\\
\sqrt{S_{n-1}}=\frac{a_{n}-1}{2}\lambda(a_{n}-a_{n-1})
\end{cases} \)

因此 \( \sqrt{S_{n-1}}=\frac{a_{n}-1}{2}\lambda(a_{n}-a_{n-1})=\frac{a_{n-1}+1}{2}\lambda(a_{n-1}-a_{n-2})...(3) \)

而 \( 2a_{2}=a_{1}+a_{3}\Rightarrow a_{3}-a_{2}=a_{2}-a_{1} \)

以 \( n=3 代入 (3) 式，得 a_{3}-a_{2}=a_{2}-a_{3}=2 \) 或 0 (不合，與 (2) 及 \( a_{n} \) 均正矛盾)

接著使用數學歸納法，證明 \( a_{n}-a_{n-1}=2 \) 對所有正整數 \( n\geq2 \) 均成立...(4)。

\( n=2,3 \) 時，即 \( a_{3}-a_{2}=a_{2}-a_{3}=2. \)

若 \( n=k (k\ge3) \) 時 (4) 成立，即 \( a_{k}-a_{k-1}=2 \)

當 \( n=k+1 \) 時，(3) \( \Rightarrow\frac{a_{k+1}-1}{2}(a_{k+1}-a_{k})=a_{k}+1 \)

\( \Rightarrow(a_{k+1}-a_{k}-2)(a_{k+1}+1)=0\Rightarrow a_{k+1}-a_{k}=2 \) 或 \( a_{k+1}=-1 \) (不合)

由數學歸納歸法得 \( a_{n} \)為等差數列，其公差為 2

以 \( S_{n}=\frac{(2a_{n}+2n-2)}{2}\cdot n \) 代入 \( \sqrt{S_{n}}=\frac{a_{n}+1}{2}\lambda(a_{n}-a_{n-1}) \) (恆成立) 解得 \( a_{1}=1, \lambda=\frac12 \)

因此 \( a_n = 2n-1 \)

計算第 2 題
已知各項皆為正整數的數列\(\langle\;a_n\rangle\;\)的前\(n\)項和為\(S_n\)且對任意正整數\(n\)，\(\sqrt{S_n}=\lambda(a_n-1)+1\)，\(\lambda\)為正實數。若\(2a_2=a_1+a_3\)，試求：數列\(\langle\;a_n\rangle\;\)的一般項。
[解答]
(1) 2a_2 = a_1 + a_3
√S_n = λ(a_n - 1) + 1

√S_2 - √S_1 = λ(a_2 - a_1) = λ(a_3 - a_2) = √S_3 - √S_2
2√S_2 = √S_1 + √S_3

(2) a_2 = a_1 + d，a_3 = a_1 + 2d
4S_2 = S_1 + S_3 + 2√(S_1S_3)
4(2a_1 + d) = a_1 + 3a_1 + 3d + 2√[a_1(3a_1 + 3d)]
d = 2a_1，a_2 = 3a_1，a_3 = 5a_1

(3) λ = (√S_2 - 1) / (a_2 - 1) = (√S_3 - 1) / (a_3 - 1)
(√4a_1 - 1) / (3a_1 - 1) = (√9a_1 - 1) / (5a_1 - 1)
a_1 = 1，λ = 1/2
√S_n = (1/2)(a_n - 1) + 1

(4) S_n - S_(n - 1) = a_n = 2√(S_n) - 1
(√(S_n) - 1)^2 = S_(n - 1)
√S_n = √[S_(n - 1)] + 1
√S_n = n
S_n = n^2
a_n = S_n - S_(n - 1) = n^2 - (n - 1)^2 = 2n - 1

整理了一些解答，計算2(自己沒寫出來)參考學習老師們的寫法，供參考~
證明最後一題尚未寫完，再整理成兩個不平行向量的線性組合
，係數等於0，餘弦定理可推出60度~

我想請問一下題目說每五張椅子至少有一人入座，我的理解應該是兩人之間最多只有4張椅子，不過答案似乎是最多可以有5張，不知道是我哪裡理解錯誤呢